\documentclass[10pt,a4paper]{article} 

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\usepackage{titling}
\setlength{\droptitle}{-2cm} % 标题上移

\title{《基础复分析》第5章复积分 - 习题解答}
\author{CGZ ET AL}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\maketitle 

\begin{enumerate}

%## 《基础复分析》习题五

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 1

设 $\gamma$ 是从 $0$ 到 $1+i$ 的线段, 计算 $\int_{\gamma} x \, dz$.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]

\item  
设 $\gamma(t) = t(1+i)$, $t \in [0,1]$.
则 $\gamma'(t) = 1+i$, $x = \mathrm{Re}(\gamma(t)) = t$.

\item  
因此，
$$
\int_{\gamma} x \, dz = \int_0^1 t \cdot (1+i) \, dt = (1+i) \int_0^1 t \, dt = (1+i) \cdot \frac{1}{2} = \frac{1+i}{2}.
$$

\end{enumerate}

}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 2

计算:
(a) $\displaystyle \int_{|z|=r} x \, dz$ \hspace{0.3cm} 
(b) $\displaystyle \int_{|z|=2} \frac{dz}{z^2 - 1}$ \hspace{0.3cm}
(c) $\displaystyle \int_{|z|=1} |z-1| \cdot |dz|$
    
%-----------------------------------------------------
{

\color{red}解答(a) ：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]

\item  
设 $z = re^{i\theta}$, $\theta \in [0, 2\pi]$.
则 $dz = ire^{i\theta} d\theta$, $x = \mathrm{Re}(z) = r\cos\theta$.

\item  
因此，
$$
\int_{|z|=r} x \, dz = \int_0^{2\pi} r\cos\theta \cdot ire^{i\theta} d\theta = ir^2 \int_0^{2\pi} \cos\theta e^{i\theta} d\theta.
$$

\item  
因为 $\cos\theta = \frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2}$，所以
$$
\int_{|z|=r} x \, dz 
= ir^2 \int_0^{2\pi} \frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2} \cdot e^{i\theta} d\theta = \frac{ir^2}{2} \int_0^{2\pi} (e^{2i\theta} + 1) d\theta = \frac{ir^2}{2} \cdot 2\pi = \pi i r^2.
$$

\end{enumerate}

\color{red}解答(b) ：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  
被积函数 $\frac{1}{z^2 - 1} = \frac{1}{(z-1)(z+1)}$ 在 $|z|=2$ 内有两个一级极点 $z = \pm 1$.

\item  
由留数定理，
$$
\int_{|z|=2} \frac{dz}{z^2 - 1} = 2\pi i \left( \mathrm{Res}(\frac{1}{z^2 - 1}, 1) + \mathrm{Res}(\frac{1}{z^2 - 1}, -1) \right).
$$

\item  
计算留数：
$$
\mathrm{Res}(\frac{1}{z^2 - 1}, 1) = \lim_{z \to 1} (z-1) \frac{1}{(z-1)(z+1)} = \lim_{z \to 1} \frac{1}{z+1} = \frac{1}{2},
$$
$$
\mathrm{Res}(\frac{1}{z^2 - 1}, -1) = \lim_{z \to -1} (z+1) \frac{1}{(z-1)(z+1)} = \lim_{z \to -1} \frac{1}{z-1} = -\frac{1}{2}.
$$

\item  
因此，
$$
\int_{|z|=2} \frac{dz}{z^2 - 1} = 2\pi i \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \right) = 0.
$$

\end{enumerate}

\color{red}解答(c) ：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]

\item  
设 $z = e^{i\theta}$, $\theta \in [0, 2\pi]$. 
则 $|dz| = |ie^{i\theta}| d\theta = d\theta$. 

\item  
因此，
$$
\int_{|z|=1} |z-1| \cdot |dz| = \int_0^{2\pi} |e^{i\theta} - 1| d\theta.
$$

\item  
化简被积分的函数 
$$
|e^{i\theta} - 1| 
= |(\cos\theta + i\sin\theta) - 1| 
%= |(\cos\theta - 1) + i\sin\theta| 
= \sqrt{(\cos\theta - 1)^2 + \sin^2\theta} 
= \sqrt{2 - 2\cos\theta} 
= 2|\sin(\theta/2)|.
$$

\item  
所以
$$
\int_{|z|=1} |z-1| \cdot |dz| = \int_0^{2\pi} 2|\sin(\theta/2)| d\theta = 4 \int_0^{\pi} \sin(\theta/2) d\theta = 4 \cdot 2 = 8.
$$

\end{enumerate}

}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 3

设 $P(z)$ 是多项式. $C$ 为圆周 $|z-a|=R$. 计算
    $
    \int_C P(z) \, d\bar{z}.
    $
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]

\item  
注意到在圆周上 $|z-a|^2 = (z-a)\overline{(z-a)} = R^2$，即 $(z-a)(\bar{z}-\bar{a}) = R^2$.

\item  
求微分得 
$$(\bar{z}-\bar{a})dz + (z-a)d\bar{z} = 0.$$

\item  
因此 $$d\bar{z} = -\frac{\bar{z}-\bar{a}}{z-a} dz = -\frac{R^2}{(z-a)^2} dz.$$

\item  
因此，
$$
\int_C P(z) \, d\bar{z} = \int_C P(z) \left(-\frac{R^2}{(z-a)^2}\right) dz = -R^2 \int_C \frac{P(z)}{(z-a)^2} dz.
$$

\item  
由柯西积分公式，
$$\int_C \frac{P(z)}{(z-a)^2} dz = 2\pi i P'(a). $$

\item  
所以原积分为
$$
\int_C P(z) \, d\bar{z} = -R^2 \cdot 2\pi i P'(a) = -2\pi i R^2 P'(a).
$$

\end{enumerate}

}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 4

计算:
(a) $\displaystyle \int_{|z|=2} \frac{dz}{z^2 + 1}$ \hspace{0.3cm} 
(b) $\displaystyle \int_{|z|=\rho} \frac{|dz|}{|z-a|^2} \quad (|a| \neq \rho)$ \hspace{0.3cm} 
(c) $\displaystyle \int_{|z|=1} \frac{e^z}{z^n} \, dz$ \hspace{0.3cm} 
(d) $\displaystyle \int_{|z|=2} z^n (1-z)^m \, dz$  
  
  (提示: 利用 $z\bar{z} = \rho^2$ 以及 $|dz| = -i\rho \, dz/z$.)
    
%-----------------------------------------------------
{
\color{red}解答(a)：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]

\item  
被积函数 $\frac{1}{z^2 + 1} = \frac{1}{(z+i)(z-i)}$ 在 $|z|=2$ 内有两个1阶极点 $z = \pm i$. 

\item  
由留数定理，
$$
\int_{|z|=2} \frac{dz}{z^2 + 1} = 2\pi i \left( \mathrm{Res}(\frac{1}{z^2 + 1}, i) + \mathrm{Res}(\frac{1}{z^2 + 1}, -i) \right).
$$

\item  
计算留数：
$$
\mathrm{Res}(\frac{1}{z^2 + 1}, i) = \lim_{z \to i} (z-i) \frac{1}{(z+i)(z-i)} = \lim_{z \to i} \frac{1}{z+i} = \frac{1}{2i},
$$
$$
\mathrm{Res}(\frac{1}{z^2 + 1}, -i) = \lim_{z \to -i} (z+i) \frac{1}{(z+i)(z-i)} = \lim_{z \to -i} \frac{1}{z-i} = -\frac{1}{2i}.
$$

\item  
因此，
$$
\int_{|z|=2} \frac{dz}{z^2 + 1} = 2\pi i \left( \frac{1}{2i} - \frac{1}{2i} \right) = 0.
$$

\end{enumerate}

\color{red}解答(b)：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  
设 $z = \rho e^{i\theta}$, $\theta \in [0, 2\pi]$. 
则 $dz = i\rho e^{i\theta} d\theta$, $|dz| = \rho d\theta$. 

\item  
利用提示 $|dz| = -i\rho \, dz/z$，我们有
$$
I = \int_{|z|=\rho} \frac{|dz|}{|z-a|^2} = \int_{|z|=\rho} \frac{-i\rho \, dz/z}{|z-a|^2} = -i\rho \int_{|z|=\rho} \frac{dz}{z|z-a|^2}.
$$

\item  
根据积分路径是 $|z|=\rho$, 可得
\begin{equation*}
\begin{aligned}
I = -i\rho \int_{|z|=\rho} \frac{dz}{z|z-a|^2} 
&= -i\rho \int_{|z|=\rho} \frac{dz}{z(z-a)(\bar{z}-\bar{a})} \\
&= -i\rho \int_{|z|=\rho} \frac{dz}{(z-a)(\rho^2-\bar{a}z)} \\
&=\frac{-i\rho }{-\bar{a}} \int_{|z|=\rho} \frac{dz}{(z-a)(z-\rho^2/\bar{a})}.
\end{aligned}
\end{equation*}

\item  
当 $|a|<\rho$ 时，$z=a$ 是被积函数的1阶极点，所以
$$
I = \frac{i\rho }{\bar{a}} \cdot 2\pi i \cdot \frac{1}{a-\rho^2/\bar{a}}
= \frac{2\pi\rho}{\rho^2-a\bar{a}}. 
$$

\item  
当 $|a|>\rho$ 时，$z=\rho^2/\bar{a}$ 是被积函数的1阶极点，所以
$$
I = \frac{i\rho }{\bar{a}} \cdot 2\pi i \cdot \frac{1}{\rho^2/\bar{a}-a}
= \frac{2\pi\rho}{a\bar{a}-\rho^2}. 
$$

\end{enumerate}

\color{red}解答(c)：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  
被积函数 $\frac{e^z}{z^n}$ 在 $|z|=1$ 内有一个 $n$ 阶极点 $z = 0$.

\item  
由柯西积分公式，
$$
\int_{|z|=1} \frac{e^z}{z^n} \, dz = \frac{2\pi i}{(n-1)!} \left. \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} e^z \right|_{z=0} = \frac{2\pi i}{(n-1)!} e^0 = \frac{2\pi i}{(n-1)!}.
$$

\end{enumerate}

\color{red}解答(d)：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  
设 $n\ge 0, m\ge 0$, 则被积函数 $z^n (1-z)^m$ 是多项式，在 $|z|=2$ 内解析。

\item  
由柯西定理，
$$
\int_{|z|=2} z^n (1-z)^m \, dz = 0.
$$

\end{enumerate}
}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 5

设 $\Omega$ 是一个平面区域. 设 $\varphi(z,t)$ 作为两个变量的函数对 $z \in \Omega$ 和 $t \in [a,b]$ 连续, 且对固定的 $t$ 在 $\Omega$ 内解析. 试证 $F(z) = \int_a^b \varphi(z,t) \, dt$ 解析, 且
    $$
    F'(z) = \int_a^b \frac{\partial \varphi(z,t)}{\partial z} \, dt.
    $$
 
(提示: 将 $\varphi(z,t)$ 表示为 Cauchy 积分.)
    

%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]

\item  因为 $\varphi(z,t)$ 关于 $z\in\Omega$ 解析，所以可以将 $ \varphi(z,t) $ 表示为 Cauchy 积分
\[
\varphi(z,t) = \frac{1}{2\pi i} \int_C \frac{\varphi(\zeta,t)}{\zeta - z}\,d\zeta,
\]
其中 $ C $ 是 $\Omega$ 中包围 $ z $ 的圆周。

\item  由引理5.3 （$n=1$）可得 
\[
\frac{\partial \varphi}{\partial z}\varphi(z,t) = \frac{1}{2\pi i} \int_C \frac{\varphi(\zeta,t)}{(\zeta - z)^2}\,d\zeta. 
\]

\item  代入 $F(z)$ 的定义，并且交换积分次序，可得
\[
F(z) = \int_a^b \left( \frac{1}{2\pi i} \int_C
\frac{\varphi(\zeta,t)}{\zeta - z}\,d\zeta \right) dt  
= \frac{1}{2\pi i} \int_C
\left( \int_a^b \varphi(\zeta,t) dt \right)
\frac{d\zeta}{\zeta - z}
= \frac{1}{2\pi i} \int_C
\frac{\psi(\zeta)}{\zeta - z}d\zeta,
\]
其中 $ \psi(\zeta) = \int_a^b \varphi(\zeta,t)\,dt $ 连续。

\item  由引理5.3（$ n=1 $），$ F(z) $ 解析，且
\[
F'(z) = \frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{\psi(\zeta)}{(\zeta - z)^2}\,d\zeta.
\]

\item  再次交换积分次序，可得 
\[
F'(z) = \int_a^b \frac{\partial \varphi}{\partial z}(z,t)\,dt.
\]

故结论成立。

\end{enumerate}

}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 6

设 $f(z)$ 在包含闭圆盘 $|z| \leq R$ 的一个区域内解析, 且对 $|z| \leq R$, 有 $|f(z)| \leq M$. 求 $|f^{(n)}(z)|$ 在闭圆盘 $|z| \leq \rho < R$ 中的上界.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：

\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]

\item  设 $ f(z) $ 在 $ |z| \leq R $ 上解析，且 $ |f(z)| \leq M $。由 Cauchy 估计：
\[
|f^{(n)}(z)| \leq \frac{n!}{2\pi} \int_{|\zeta|=R} \frac{|f(\zeta)|}{|\zeta - z|^{n+1}} \, |d\zeta| \leq \frac{n! M R}{(R - \rho)^{n+1}}, \quad |z| \leq \rho < R.
\]

% \item  故上界为 $ \dfrac{n! M R}{(R - \rho)^{n+1}}$。

\item  当 $|z|\le \rho$ 时，以 $z$ 为中心，$R-\rho$ 为半径的圆盘包含在圆盘 $|z|\le R$ 中，因此可得
\[
|f^{(n)}(z)| \leq \frac{n!}{2\pi} \int_{|\zeta-z|=R-\rho} \frac{|f(\zeta)|}{|\zeta - z|^{n+1}} \, |d\zeta| 
\leq \frac{n! M (R-\rho)}{(R - \rho)^{n+1}}
= \frac{n! M}{(R - \rho)^{n}}. 
\]

\end{enumerate}

}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 7

设 $f(z)$ 在单位圆盘解析, 且 $|f(z)| \leq 1/(1-|z|)$. 求 $|f^{(n)}(0)|$ 的最优估计.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：

\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]

\item  
%已知 $ |f(z)| \leq \dfrac{1}{1 - |z|} $，在 $ |z| < 1 $ 内解析。
考虑沿着 $|z|=r$ 的围道积分，由 Cauchy 估计公式，
\[
|f^{(n)}(0)| \leq \frac{n!}{r^n} \max_{|z|=r} |f(z)| = \frac{n!}{r^n (1 - r)}, 
\]
这个估计对任意 $0 < r < 1$ 都成立。

\item  令 $ g(r) = \dfrac{1}{r^n (1 - r)} $，求导可得最小值在 $ r = \dfrac{n}{n+1} $ 处取得。

\item  代入得高阶导数的模长的估计为
\[
|f^{(n)}(0)| \leq n! \cdot (n+1) \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \sim n! \cdot (n+1)e.
\]

\item  为验证这是最优估计，需要找个例子，计算验证可以无限接近这个上界。

\end{enumerate}

}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 8

证明一个解析函数在一点的逐阶导数不能满足不等式 $|f^{(n)}(z)| > n! \cdot n^n$.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：

\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]

\item  假设存在 $ z_0 $ 使得 $ |f^{(n)}(z_0)| > n! n^n $ 对所有 $ n $ 成立。

\item  若 $ f $ 在 $ |z - z_0| < R $ 上解析，则 Cauchy 估计给出：
\[
|f^{(n)}(z_0)| \leq \frac{n! M}{R^n}.
\]

\item  从上述两个不等式可得 
\[ 
n^n < \frac{M}{R^n} \Rightarrow (R n)^n < M, 
\]
但无论$R$ 是多小的正数，左边总是趋于无穷，因此矛盾。

\item  更精确定理：若 $ f $ 在 $ z_0 $ 邻域内解析，则对任意 $ \alpha >0 $，存在 $ C > 0 $ 使
\[
|f^{(n)}(z_0)| \leq C n! (n^\alpha)^n, 
\]
或等价地，$ |f^{(n)}(z_0)| $ 是 $n! n^n$ 的高阶无穷小量。

\end{enumerate}

}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 9

试证解析函数 $f(z)$ 的一个孤立奇点是可去奇点, 如果 $\operatorname{Re} f(z)$ 或者 $\operatorname{Im} f(z)$ 有上界或者下界.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：

\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]

\item  
不失一般性，假设 $f(z)$ 在 $0 < |z| < R$ 内解析，且 $\operatorname{Re} f(z)$ 在此区域内有下界，即存在常数 $m$ 使得 $\operatorname{Re} f(z) \geq m$. 

\item  
考虑函数 $g(z) = e^{-f(z)}$, 由于 $\operatorname{Re} f(z) \geq m$，我们有 $|g(z)| = e^{-\operatorname{Re} f(z)} \leq e^{-m}$. 

\item  
这表明 $g(z)$ 在 $0 < |z| < R$ 内有界，因此 $z=0$ 是 $g(z)$ 的可去奇点。

\item  
所以 $g(z)$ 在 $|z| < R$ 内解析。

\item  
如果 $g(0) = 0$，则存在正整数 $k$ 和在 $z=0$ 的邻域内解析且 $h(0) \neq 0$ 的函数 $h(z)$ 使得 $g(z) = z^k h(z)$. 

\item  
此时 $f(z) = -k \ln z - \ln h(z)$, 且函数 $\ln h(z)$ 在 $z=0$ 的某个邻域内解析。

\item  
因为 $f(z)$ 在 $0 < |z| < R$ 内解析，所以只有 $k=0$. 
所以 $g(0) \neq 0$. 

\item  
所以 $f(z) = -\ln g(z)$ 在 $z=0$ 的某个邻域内解析，即 $z=0$ 是 $f(z)$ 的可去奇点。

\item  
同理可证，如果 $\operatorname{Re} f(z)$ 有上界，或者 $\operatorname{Im} f(z)$ 有上界或下界，则 $z=0$ 也是可去奇点。

\end{enumerate}

}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 10

设 $\Omega$ 是平面上以抛物线 $y^2 = 4(1-x)$ 为边界且包含原点的区域. 求将 $\Omega$ 映为单位圆盘的共形映射.

%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：


}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 11

设 $P(z)$ 为 $n$ 次多项式, 且当 $|z| \leq 1$ 时, $|P(z)| \leq M$. 证明对 $R > 1$, 当 $|z| \leq R$ 时, $|P(z)| \leq MR^n$.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：

\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]

\item  

\item  

\item  

\end{enumerate}

}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 12

设 $g(z)$ 是非常数解析函数, $f(z)$ 是一个函数, 且 $f \circ g$ 解析. 试证 $f$ 解析.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：


}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 13

试证全平面上的解析函数如果以 $\infty$ 为极点, 则一定是多项式.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：


}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 14

试证全平面上的解析函数 $f(z)$ 如果满足 $|f(z)| \leq M|z|^n$, 其中 $M > 0$ 为常数, 则 $f(z)$ 是次数不超过 $n$ 的多项式.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：


}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 15

试证扩充复平面上的亚纯函数一定是有理函数.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：


}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 16

试证 $e^z$, $\sin z$ 以及 $\cos z$ 以 $\infty$ 为本性奇点.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：


}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 17

试证解析函数 $f(z)$ 的孤立奇点不是 $e^{f(z)}$ 的极点.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：


}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 18

设 $f(z)$ 是全平面上的亚纯函数. 如果对任意点 $w \in \overline{\mathbb{C}}$, $f^{-1}(w)$ 最多包含 $n$ 个点, 试证 $f(z)$ 是次数不超过 $n$ 的有理函数.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：


}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 19

如果 $f(z)$ 在原点解析, 且 $f'(0) \neq 0$, 证明存在解析函数 $g(z)$, 使得在原点的一个邻域内, $f(z^n) = f(0) + g(z)^n$.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：


}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 20

设 $f(z)$ 是单位圆盘内的解析函数, 满足 $|f(z)| < 1$. 证明:
    $$
    \frac{|f'(z)|}{1 - |f(z)|^2} \leq \frac{1}{1 - |z|^2}.
    $$

等号在一点成立, 当且仅当 $f(z)$ 是分式线性变换.
    
%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：


}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item % 21

设 $f(z)$ 是上半平面内的解析函数, 满足 $\operatorname{Im} f(z) > 0$. 证明:
    $$
    \frac{|f(z) - f(z_0)|}{|f(z) - \overline{f(z_0)}|} \leq \frac{|z - z_0|}{|z - \overline{z_0}|}, \quad \frac{|f'(z)|}{\operatorname{Im} f(z)} \leq \frac{1}{\operatorname{Im} z}.
    $$

等号在一点成立, 当且仅当 $f(z)$ 是分式线性变换.

%-----------------------------------------------------
{\color{red}解答：


}



\end{enumerate}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\end{document}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

